专题30 热力学定律（解析版二）2020年全国百所名校最新高考物理模拟试题全解汇编

2020 年全国百所名校最新高考模拟试题全解汇编 热力学定律（二） 1、（2020·河北省衡水中学高三 3 月质量检测）如图甲所示，导热性能良好的圆柱形汽缸放在水平地面上， 开口向上，用横截面积为 S 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞到汽缸底部的距离为 h，此时环境温度为 T。(热力学温度)。已知大气压强恒为 p0，活塞的质量为 m= 现将一质量也为 m 的重物轻放在活塞上， 同时缓慢升高环境温度，活塞静止后到汽缸底部的距离为 h(如图乙所示)，该过程气体从外界吸收的热量 为 Q。重力加速度为 g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，求： (i)最终气体的热力学温度 T (ii)上述过程中气体内能的变化量 ΔU 【答案】(ⅰ) ；(ⅱ) 【解析】 (i)图甲中，汽缸内气体的压强 图乙中，汽缸内气体的压强 由理想气体状态方程得 0p S g 3 4 0 9 8T 0 3 4Q p Sh+ 1 0 02mgp p pS = + = 2 0 0 2 3mgp p pS = + =联立解得 (ii)上述过程中外界对气体做功为 由热力学第一定律知 联立解得 2、（2020·河南省开封市高三下学期 3 月模拟）如图所示，右侧有挡板的导热气缸固定在水平地面上，气缸 内部总长为 21 cm， 活塞横截面积为 10 cm2，厚度为 1cm，给活塞施加一向左的水平恒力 F=20 N，稳定 时活塞封闭的气柱长度为 10cm．大气压强为 1.0×105 Pa，外界温度为 27℃，不计摩擦． （1）若将恒力 F 方向改为水平向右，大小不变，稳定时活塞封闭气柱的长度； （2）若撤去外力 F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为 60N 时，求封闭气柱的温 度． 【答案】（1）15cm （2）800K 2 1 0 3 4 p Shp Sh T T = 0 9 8T T= ( )0 0 3 32 ( )4 4W p S mg h h p Sh= + − = U Q W∆ = + 0 3 4U Q p Sh∆ = +【解析】 (1)温度不变，设被封闭气体压强分别为 p1、p2，气柱长分别为 l1、l2；则有 ； 根据玻意耳定律，有 解得 l2＝15cm (2)设汽缸升温前后温度分别为 T1、T2，升温后气柱长度为 l3， T1＝300K，l3＝(21−1)cm＝20cm 最后气体压强 ，V3=l3S 据理想气体状态方程得 解得：T3＝800K 3、（2020·湖南省高三下学期 3 月线上联考）如图所示，一根竖直的轻绳吊着活塞。使足够长的汽缸悬空而 静止(汽缸底水平)。设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，汽缸受到的重力为 G，汽缸底的面积为 S，开始时缸内理想气体的体积为 V0，大气压强恒为 p0，汽缸壁的厚度不计 ( i )若气体温度不变，用大小为 F 的力沿汽缸的轴心竖直向下拉汽缸，求稳定后缸内气体的体积 V (ii)若使缸内气体的热力学温度缓慢升高到原来的 k 倍，求该过程中缸内气体对外界做的功 W 5 1 0 1.2 1 a0 PFp p S + = ×＝ 5 2 0 a.8 10 P0Fp p S − = ×＝ 1 1 2 2,V l S V l S＝ ＝ 1 1 2 2pV p V＝ 5 3 0 1 6 10 a. PFp p S ′+ = ×＝ 3 31 1 1 3 p VpV T T ＝【答案】(i) ；(ii) 【解析】 ( i )施加力之前，气体压强为 施加力之后，气体压强为 根据等温方程有 解得： (ii)设开始时气体温度为 T0，升温后体积为 V1，根据等压变化可知 体积增量为 且 解得： 0 0 0 S G Vp S F G ρ − − − ( )0 0( 1)k p S G V S − − 1 0 Gp p S = − 2 0 F Gp p S += − 1 0 2pV p V= 0 0 0 S GV Vp S F G ρ −= − − 0 1 0 0 V V T kT = 1 0V V V∆ = − 1W p V= ∆4、（2020·江西省南昌市十中高三下学期综合模拟）如图，一固定的水平气缸由一大一小两个同轴圆筒组成， 两圆筒中各有一个活塞。大圆筒内侧截面积为 2S，小圆筒内侧截面积为 S，两活塞用刚性轻杆连接，间距 为 2l，活塞之间封闭有一定质量的理想气体。初始时大活塞与大圆筒底部相距 l。现通过滑轮用轻绳水平牵 引小活塞，在轻绳右端系托盘（质量不计）。已知整个过程中环境温度 T0、大气压 p0 保持不变，不计活塞、 滑轮摩擦、活塞导热良好。求： （i）缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆简底部相距 ，停止加沙，求此时沙子质量； （ii）在（i）情景下对封闭气体缓慢加热可以使活塞回到原处，求回到原处时封闭气体的温度。 【答案】（i） ；（ii） 【解析】 （i）初始时刻，设封闭气体压强为 ，对活塞受力分析有 解得 缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆筒底部相距 ，此过程封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得 ( )0 0( 1)k p S G VW S − −= 2 l 0 5 p Sm g = 3 0 6 5T T= 1p 0 1 1 02 2 0p S p S p S p S× − × + − = 1 0p p= 2 l联立解得 对活塞受力分析，由平衡条件有 联立解得 即 （ii）缓慢加热使活塞回到原处，封闭气体发生等压变化，设回到原处时气体温度为 ，则 解得 5、（2020·山东高三模拟试题）如图所示，用两个质量均为 m、横截面积均为 S 的密闭活塞将开口向下竖直 悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞 A 下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态， 此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为 l0。已知环境温度、大气压强 p0 均保持不变，且满足 5mg=p0S，不计一 切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞 A 上升的高度为 ，求悬挂重物的质量。 1 2 3(2 ) 2 2 2 l lp S l S l p S S ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅   2 0 6 5p p= 0 2 2 02 2 mg 0p S p S p S p S× − × + − + = 0 1 5mg p S= 0 5 p Sm g = 3T 0 3 32S 5 22 2 l l Sl Sl T T ⋅ + ⋅ += 3 0 6 5T T= 0 7 6 l【答案】2m 【解析】 对气体 I 分析，初状态的压强为 末状态的压强为 由玻意耳定律有 对气体 1 分析，初状态 末状态 由玻意耳定律 A 活塞上升的高度 ( ) 1 0 m m gp p S ′+= − 1 0 0 4 5 mgp p pS = − = 1 1 10p l S p l S′= 2 1 mgp p S = − 2 1 0 3 5 Bmp p pS ′ ′= − − 2 e 2 2p l S p l S′=联立解得 m'=2m。 6、（2020·山东省济南钢铁高中高三下学期 3 月初模拟）.如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀 的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积 S1=4S2，下端与大气连通．粗管中有一段水银封闭了一定质量的 理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为 h=4cm．现在细管口 连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细 管．已知大气压强为 P0=76cmHg． ①求抽气结束后细管内气体的压强； ②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因． 【答案】①58cmHg；②抽气过程中粗管内气体吸热，是由于气体对外做功，同时内能不变，所以会吸收热 量。 【解析】 ①缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变。设抽气后粗管内气体压强为 p1，细管内气体压强为 p2，由玻 意耳定律可得： （p0-h）•h=p1•（h+ h）…① P2=p1+（ h+2h）…② ( ) ( )0 1 0 2 0 7 6l l l l l l∆ = − + − = 1 2 1 2由①②式联立解得 P2=58（cmHg）…③ ②缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变，气体内能不变，△U=0； 气体体积增大，对外做功，W＜0； 根据热力学第一定律：△U=W+Q，所以 Q＞0，粗管内的气体吸热。 7、（2020·高三下学期线上检测）一辆汽车停放一夜，启动时参数表上显示四个轮胎胎压都 为 240kPa，此时气温为 。当汽车运行一段时间后，表盘上的示数变为 260kPa。已知汽车每个轮胎内 气体体积为 35L，假设轮胎内气体体积变化忽略不计，轮胎内气体可视为理想气体，标准大气压为 100kPa。 求： (1)表盘上的示数变为 260kPa 时，轮胎内气体温度为多少； (2)汽车通过放气的方式让胎压变回 240kPa，则在标准大气压下每个轮胎需要释放气体的体积。（气体释放过 程温度不变） 【答案】（1）325K；（2）7L 【解析】 对单个轮胎内气体，经历等容变化，由查理定律 代入数值可得 T2=325K 取单个轮胎放气前的气体为研究对象，经历等温变化，则有 代入数值得 27 C° (1) 1 2 1 2 p p T T = (2) 2 010 0V pVp p V= + ∆8、（2020·湘赣皖长郡中学等十五校高三下学期第一次考试）如图所示，在竖直圆柱形绝热汽缸内，可移动 的绝热活塞 a、b 密封了质量相同的 A、B 两部分同种气体，且处于平衡状态。已知活塞的横截面积之比 Sa： Sb=2：1，密封气体的长度之比 hA：hB=1：3，活塞厚度、质量和摩擦均不计。 ①求 A、B 两部分气体的热力学温度 TA：TB 的比值； ②若对 B 部分气体缓慢加热，同时在活塞 a 上逐渐增加细砂使活塞 b 的位置不变，当 B 部分气体的温度为 时，活塞 a、b 间的距离 h’a 与 ha 之比为 k：1，求此时 A 部分气体的绝对温度 T’A 与 TA 的比值。 【答案】① ；② 【解析】 ①A、B 两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖—吕萨克定律有： 解得： ； ②对 B 部分气体，根据查理定律有： 7LV∆ = 6 5 BT 2 3 A B T T = 6 5 k a A b B A B S h S h T T = 2 3 A B T T = 0 6 5 B B p p T T =对 A 部分气体，根据理想气体状态方程有： 而： 可得： 。 .9、（2020·普通高等学校全国统一考试内参模拟一全国 III 卷）某种喷雾器 贮液筒的总容积为 7.5 L，如图 所示，装入 6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入 300 cm3，1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变． (1)要使贮气筒中空气的压强达到 4 atm，打气筒应打压几次？ (2)在贮气筒中空气的压强达到 4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药 液？ 【答案】(1)15　(2)1.5 L 【解析】 气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应用玻意耳定 律求出空气的体积，然后求出剩余的药液． （1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为 p， 由玻意耳定律得：1 atm×300cm3＝1.5×103cm3×p，p＝0.2atm， 的 0 a A a A A p S h pS h T T ′= ′ A A h kh ′ = 6 5 A A T kT ′ =需打气次数 (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为 V， 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V，V＝6 L， 故还剩贮液 7.5 L－6 L＝1.5 L 4 1 150.2n −= =